Высоты тетраэдра пересекаются в одной точке. Докажите, что эта точка — основание одной из высот и три точки, делящие другие высоты в отношении 2:1, считая от вершин, лежат на одной сфере.
Доказательство
Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC,P- точка пересечения высот тетраэдра, AA1 — высота тетраэдра из вершины A.
MA2||A3A1 и AA2:A2A1=2:1.
Угол MA2P — прямой, так что точка A2 лежит на сфере с диаметром MP. Аналогично рассматриваются остальные случаи.
Известно, что f(x),g(x),h(x) — квадратные трехчлены. Может ли уравнение f(g(h(x)))=0 иметь корни 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 и 8?
Решение
Предположим, что числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 и 8 — корни уравнения f(g(h(x)))=0.
Если прямая x=a — ось параболы, задаваемой уравнением y=h(x), то h(x1)=h(x2) тогда и только тогда, когда x1+x2=2a.
Многочлен f(g(x)) имеет не более четырех корней, но числа h(1),h(2),…,h(8) являются его корнями, следовательно, a=4.5 и h(4)=h(5),h(3)=h(6),h(2)=h(7),h(1)=h(8). Кроме того, мы попутно доказали, что числа h(1),h(2),h(3),h(4) образуют монотонную последовательность. Аналогично, рассматривая трехчлен f(x) и его корни g(h(1)),g(h(2)),g(h(3)),g(h(4)), получаем, что h(1)+h(4)=2b,h(2)+h(3)=2b, где прямая x=b — ось параболы, задаваемой уравнением y=g(x). Но из уравнения h(1)+h(4)=h(2)+h(3) для h(x)=Ax2+Bx+C следует, что A=0. Противоречие.
Ответ: уравнение f(g(h(x)))=0 не может иметь корни 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 и 8.
Существенное продвижение в теории определенного интеграла принадлежит Г. Дарбу, который ввел в рассмотрение наряду с интегральной суммой Римана верхнюю и нижнюю суммы (впоследствии названные суммами Дарбу).
Суммы Дарбу
Итак, пусть функция f(x) — ограничена на [a;b] и существует разбиение этого отрезкаT={xi}ni=0. Это значит, что f — ограничена на любом △i=[xi−1;xi],i=¯1,n. Отсюда, по второй теореме Вейtрштрасса, ∃Mi=supf(x)x∈△i,∃mi=inff(x)x∈△i,i=¯1,n.
Итак, пусть мы выбрали какое-то конкретное разбиение отрезка[a;b] на n частей. Теперь выберем на каждой из этих частей промежуточные точки ξi так, чтобы сумма площадей получившихся прямоугольников была минимальной. (см. задачу о вычислении площади криволинейной трапеции)
Построим интегральную сумму следующим способом: на каждом интервале△i разбиения T точку ξi будем выбирать так, чтобы получался прямоугольник минимальной площади, т.е. чтобы высота f(ξi) была наименьшей. Наименьшую высоту нам как раз и даст операция inff(x): mi=inff(x)x∈△i.Интегральная сумма, построенная на таких прямоугольниках, очевидно, есть самая маленькая из всевозможных сумм, получаемых на данном разбиении. Эта сумма называется нижней суммой Дарбу.
Точно так же можно построить и наибольшую для данного разбиения сумму: на каждом из интервалов △i разбиения T мы выбираем точку ξi так, чтобы значение f(ξi) было максимальным: Mi=supf(x)x∈△i. Этим значениям соответствует интегральная сумма, называемая верхней суммой Дарбу.Теперь дадим более строгое определение.
Определение
ST=∑ni=1Mi△xi⏟ — верхняя сумма Дарбу
sT=∑ni=1mi△xi⏟ — нижняя сумма Дарбу
Замечание
Суммы Дарбу зависят от разбиения T и не зависят от выбора промежуточных точек ξi.
Свойства сумм Дарбу
Свойство 1∘.
Для любой выборки ξ={ξi}ni=1 и разбиения T={xi}ni=0 справедливы неравенства: sT≤σT(ξ,f)≤ST. (*)
Спойлер
Так как ∀ξi∈△i выполняются неравенства mi≤f(ξi)≤Mi. Домножим все части на △xi.
mi△xi≤f(ξi)△xi≤Mi△xi,i=¯1,n
Перейдя к сумме в каждой части неравенства, получаем:
∑ni=1mi△xi⏟sT≤∑ni=1f(ξi)△xi⏟σT≤∑ni=1Mi△xi⏟ST (**)
Вывод: согласно определению сумм Дарбу и интегральной суммыσT утверждения (*) и (**) равносильны.
[свернуть]
Свойство 2∘.
При T — фиксированном, справедливы равенства: ST=supσT(ξ,f),sT=infσT(ξ,f).
Вывод: получили, что ST — минимальный предел верхних границ для интегральной суммы⇒ST=supσT(ξ,f).
Аналогично доказывается второе утверждение.
[свернуть]
Определение
Назовём разбиение T2продолжением (измельчением) разбиения T1, если каждая точка разбиения T1 является точкой разбиения T2. Иначе говоря, разбиение T2 либо совпадает с разбиением T1, либо получено из T1 добавлением по крайней мере одной новой точки.
Свойство 3∘.
Если разбиение T2 — продолжение разбиения T1, то sT1≤sT2≤ST2≤ST1 (*), то есть при дроблении отрезка нижняя сумма Дарбу не уменьшается, а верхняя не увеличивается.
Спойлер
Для доказательства достаточно рассмотреть случай, когда разбиение T2 получается из T1 добавлением только одной точки x′∈(xi−1;xi). Пусть △i′=[xi−1;x′] и △i»=[x′;xi] — отрезки, на которые точка x′ разбивает отрезок△i, а λ1=x′−xi−1 и λ2=xi−x′ — длины этих отрезков.
Обозначим mi′=inff(x)x∈△i′,mi»=inff(x)x∈△i»,mi=inff(x)x∈△i. Очевидно,что mi′≥mi,mi»≥mi. В суммах sT2 и sT1 равны все соответствующие слагаемые, за исключением тех, которые связаны с отрезком △i. Поэтому:
Аналогично доказывается неравенство ST2≤ST1. Отсюда, используя неравенство sT≤ST (доказанное в свойстве 1), получаем цепочку неравенств (*).
[свернуть]
При добавлении точки x′ в разбиение T верхняя сумма Дарбу уменьшится на величину площади не закрашенного прямоугольника
Свойство 4∘.
Для любых разбиений T′ и T» справедливо неравенство sT′≤ST».
Спойлер
Пусть разбиение T является продолжением как разбиения T′, так и разбиения T». Из неравенств, доказанных в прошлом пункте, получаем следующее:
sT′≤sT≤ST
ST≤ST»
В итоге: sT′≤sT≤ST≤ST», откуда следует sT′≤ST».
[свернуть]
Свойство 5∘.
Существуют числа I_=supsT,ˉI=infST, называемые верхним и нижним интегралами Дарбу, такие, что для любых разбиений T′,T» отрезка [a;b]: sT′≤I_≤ˉI≤ST»
Спойлер
Из неравенства, доказанного в 4 свойстве, по теореме об отделимости числовых множеств следует, что существует I_=supsT и I_=infST (супремум и инфимум) такие, что для всевозможных разбиений отрезка [a;b] и для любых разбиений T′,T» выполняется неравенство: sT′≤I_≤ˉI≤ST»
[свернуть]
Замечание
Свойства 1-5 справедливы для любой ограниченной на отрезке[a;b]функции.
Пример 1
Найти суммы Дарбу для функции f(x)=x3 на отрезке [−2;3], соответствующие разбиению этого отрезка на n равных частей.
Спойлер
В этом случае △xi=5n,xi=−2+5in,i=¯1,n. В силу непрерывности и возрастания этой функции при любом разбиении отрезка она достигает наименьшего mi=x3i−1 и наибольшего Mi=x3i значений на левом и правом концах частичного отрезка [xi−1;xi] соответственно. Согласно формулам, находим:
sT=5nn∑i=1(−2+5i−1n)3,ST=5nn∑i=1(−2+5in)3
Принимая во внимание, что n∑i=1i=n(n+1)2,n∑i=1i2=n(n+1)(2n+1)6,n∑i=1i3=(1+2+…+n)2, в итоге получаем:
sT=654−1752n+1254n2,ST=654+1752n+1254n2
Ответ: sT=654−1752n+1254n2,ST=654+1752n+1254n2
[свернуть]
Пример 2
Для интегралаπ∫0sinxdx найти верхнюю и нижнюю интегральные суммы, соответствующие разбиению отрезка [0;π] на 3 равные части.
Спойлер
На отрезке [0;π3] функция sinxмонотонно возрастает и поэтому для этого отрезка имеем m0=sin0=0,M0=sin(π3)=√32.
На отрезке [π3;2π3] наименьшим значением функции является m1=sin(π3)=√32, а наибольшим M1=sin(π2)=1.
Как видим, пределинтегральной суммы зависит от выбора промежуточных точек, следовательно, исходя из определения интегрируемой по Риману функции, D(x) — не интегрируема по Риману.
Вывод:
ограниченность функции не является достаточным условием её интегрируемости.
Литература:
Кудрявцев Л.Д. Курс математического анализа(в двух томах) — М.:Высш. школа,1981, т.1. — 687 с. (с 443)
Р.М.Гаврилова, Г.С.Костецкая, А.Н.Карапетянц Методические указания по теме «Определенный интеграл»( с 6-7)
Если функцияf(x) — интегрируема на [a;b], то она ограничена на [a;b].
Доказательство
Пусть f∈R[a;b].Тогда,по определению: ∀ε>0∃δ>0:∀T — разбиения: как толькоλ<δ∧∀{ξi}ni=1⇒|σT(ξ,f)−I|<ε, где T={xi}ni=0 — разбиение [a;b]; λ=max{△xi} — ранг разбиения; △xi=xi−xi−1; {ξi}ni=1 — набор промежуточных точек, ξi∈△i,i=¯1,n.
Выберем ε=1( так как ε — любое положительное) и обозначим интегральную сумму σT(ξ,f) через σ. Тогда ∃δ>0:∀T:λ<δ∧∀{ξi}ni=1⇒|σ−I|<1⇔I−1<σ<I+1.
Предположим, что f(x) не ограничена на [a;b], и зафиксируем разбиениеT этого отрезка. В силу неограниченности функцииf(x) на всём отрезке[a;b] она не ограничена по крайней мере на одном из отрезков△i=[xi−1;xi],i=¯1,n. Пусть для определённости это будет △1=[x0;x1]=[a;x1]. Теперь фиксируем промежуточные точки, начиная с ξ2 (т.е. ξi∈△i,i=¯2,n).Таким образом зафиксированная сумма будет иметь вполне определённое значение. Получим:
σT(ξ;f)=f(ξ1)△x1+n∑i=2f(ξi)△xi
I−1<σT(ξ;f)=f(ξ1)△x1+∑ni=2f(ξi)△xi⏟A<I+1 , где A — некоторое число.
I−1−A<f(ξi)△x1<I+1−A Разделим полученное неравенство на △x1
I−1−A_△x1<f(ξ1)<I+1−A_△x1
А это означает, что f — ограничена на △1, что противоречит предположению. Следовательно, функция f ограничена на [a;b].
Замечание
Ограниченность функции не является достаточным условием её интегрируемости.
Для существования определенного интеграла от некоторой функции f(x) последняя,помимо ограниченности, должна обладать дополнительными свойствами, обеспечивающими её интегрируемость. Поэтому данная теорема является вспомогательной( например, для критерия интегрируемости). Таким образом её практическое применение сводится к облегчению доказательств более сложных теорем.
Литература:
Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу. Тема «Определенный интеграл»
Кудрявцев Л.Д. Курс математического анализа — М.:Высш.школа,1981,т.I — 687с.(с 442-443)
Письменный Д.Т. Конспект лекций по высшей математике: полный курс — 9-е изд. — М.:Айрис-пресс,2009.- 608 с.( с 259-260)